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高中物理相对运动大题


(10 年福建) 1、甲、乙两辆汽车以相同的恒定速度直线前进,甲车在前,乙车在后,甲车上的人 A 和乙 车上的人 B 各用石子瞄准对方,以相对自身为 v0 的初速度 同时水平射击对方,若不考虑石 子的竖直下落,则 A.A 先被击中; B.B 先被击中; C.两同时被击中; D.可以击中 B 而不能击中 A; 2、在地面上某一高度处将 A 球以初速度 v1 水平抛出,同时在 A 球

正下方地面处将 B 球以初 速度 v2 斜向上抛出,结果两球在空中相遇,不计空气阻力,则两球 v1 A 从抛出到相遇过程中 A.A 和 B 初速度的大小关系为 v1< v2 B.A 和 B 加速度的大小关系为 aA> aB C.A 作匀变速运动,B 作变加速运动 D.A 和 B 的速度变化相同

v2 B

3、火车正以速率 v1 向前行驶, 司机突然发现正前方同一轨道上距离为 s 处有另一火车, 正 以较小的速率 v2 沿同方向做匀速运动, 于是司机立刻使火车做匀减速运动, 要使两列火车 不相撞, 加速度 a 的大小至少应是多少?

(06 年全国卷)24.(19 分)一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点) ,煤块与传送 带之间的动摩擦因数为μ 。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度 a0 开始运动,当其速度达到 v0 后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带 上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。

24.解:根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加 速度 a 小于传送带的加速度 a0。根据牛顿定律,可得 a=μ g

设经历时间 t,传送带由静止开始加速到速度等于 v0,煤块则由静止加速到 v,有 v0=a0t v=at 由于 a<a0,故 v<v0,煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间 t',煤块的速度由 v 增加 到 v0,有 v=v+at'郝双制作 此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从 0 增加到 v0 的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为 s0 和 s,有 s0= 1 a t2+v0t' 2 0 s= v02 2a

传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0-s v02(a0-μ g) 由以上各式得 l= 郝双制作 2μ a0g

18.如图 17-1 所示,A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板.A的左端和 B的右端相接触.两板的质量皆为 M=2.0kg, 长度皆为 L=1.0m.C是质量为m=1.0kg的小物块.现给它一初速度v0=2.0 m/s,使它从板B的左端向右滑动.已知地面是光滑的,而C与板A、B之间的动摩擦因 数皆为 μ =0.10.求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动.取重力加速度g=10m /s . 解: 先假设小物块 C在木板B上移动 x距离后,停在B 上.这时A、B、C 三者的速度相等,设 为v,由动量守恒得 mv0=(m+2M)v, ① 图 17-1


在此过程中,木板B的位移为s,小物块C的位移为s+x.由功能关系得 -μ mg(s+x)=(1/2)mv -(1/2)mv0 , μ mgs=2Mv /2, 则 -μ mgx=(1/2)(m+2M)v -(1/2)mv0 ,②
2 2 2 2 2

由①、②式,得 x=[mv0 /(2M+m)μ g], 代入数值得 x=1.6m.
2

③ ④

x比B板的长度大.这说明小物块C不会停在B板上,而要滑到A板上.设C刚滑到A 板上的速度为v1,此时A、B板的速度为v2,则由动量守恒得 mv0=mv1+2Mv2,
2 2




由功能关系,得(1/2)mv0 -(1/2)mv1 -2×(1/2)mv2 =μ mgL, 以题给数据代入,得

由v1 必是正值,故合理的解是

当滑到A之后,B即以v2=0.155m/s做匀速运动,而C是以v1=1.38m/s的初 速在A上向右运动.设在A上移动了y距离后停止在A上,此时C和A的速度为v3,由动 量守恒得 Mv2+mv1=(m+M)v3, 解得 v3=0.563m/s.

由功能关系得 1/2)mv1 +(1/2)mv2 -(1/2)(m+M)v3 =μ mgy, 解得 y=0.50m.
2 2 2

y比A板的长度小,所以小物块C确实是停在A板上.最后A、B、C的速度分别为v


=v3=0.563m/s,vB=v2=0.155m/s,vC=vA=0.563m/s. 评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型, 考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系

或动力学和运动学等重点知识的综合, 能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动

的熟练程度.题给数据的设置不够合理,使运算较复杂,影响了学生的得分.从评分标准中 可以看出,论证占的分值超过本题分值的 50%,足见对论证的重视.而大部分学生在解题时 恰恰不注重这一点,平时解题时不规范,运算能力差等,都是本题失分的主要原因. 解法探析 本题参考答案中的解法较复杂,特别是论证部分,①、②两式之间的两个方 程可以省略.下面给出两种较为简捷的论证和解题方法. 解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解.设C刚滑到A板上的速度为v1,此时 A、B板的速度为v2,则由动量守恒,得? mv0=mv1+2Mv2, 以系统为对象,由功能关系,得 1/2)mv0 -(1/2)mv1 -2×(1/2)mv2 =μ mgL, 由于v1 只能取正值,以题给数据代入得到合理的解为
2 2 2

由于小物块C的速度v1 大于A、B板的速度v2,这说明小物块C不会停在B板上. 以上过程既是解题的必要部分,又作了论证,比参考答案中的解法简捷.后面部分与参 考答案相同,不再缀述. 解法二 从相对运动论证,用动量守恒与功能关系求解. 以地面为参照系,小物块C在A、B上运动的加速度为aC=μ g=1m/s ,A、B 整体的加速度为aAB=μ mg/2M=0.25m/s ,C相对A、B的加速度a=aC+aA
B 2 2

=1.25m/s .假设A、B一体运动,以A、B整体为参照物,当C滑至与整体相对静

2

止时,根据运动学公式,有 v0 =2as, 解得 s=v0 /2a=1.6m>L.
2 2

说明小物块C不会停在B板上. 上述可以看出,从相对运动的角度论证较为简捷,运算也较为简单.论证后的解法与参 考答案相同. 试题拓展

1.若长木板个数不变,当小物块的初速度满足什么条件时,A、B、C三物体最终的速 度相同? 2.若长木板个数不变,当小物块的初速度满足什么条件时,小物块能从两长木板上滑 过去? 3.若小物块的初速度不变,将相同的长木板数增加到三个,最终小物块停在木板上的 什么位置,各物体的运动速度分别为多少? 4.若其它条件不变,长木板与地面间的动摩擦因数为 μ ′,并且满足 μ ′(M+m)g <μ mg<μ ′(2M+m)g,试分析有怎样的情况发生? 5.分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题,找出它与本题的异同,归纳解法.

54. 如图所示, 两个完全相同的质量为 m 的木板 A、 置于水平地面上, B 它们的间距 s=2.88m。 质量为 2m, 大小可忽略的物块 C 置于 A 板的左端, 与 A 之间的动摩擦因数为 μ1=0.22, C A、 与水平地面之间的动摩擦因数为 μ2=0.10。 B 最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。 开始时,三个物体处于静止状态。现给 C 施加一个水平向右,大小为 0.4mg 的恒力 F, 假定木板 A、B 碰撞时间极短,且碰撞后粘连在一起。要使 C 最终不脱离木板,每块木 板的长度至少应为多少? F
C A s B

解: 第一阶段拉力 F 小于 CA 间最大静摩擦力,因此 CA 共同加速到与 B 相碰,该过程对 CA 用 动能定理: F-μ2?3mgs=3mv12/2,得 v1=0.8 3 m/s AB 相碰瞬间,AB 动量守恒,碰后共同速度 v2=0.4 3 m/s C 在 AB 上滑行全过程, ABC 系统所受合外力为零, 动量守恒, 到 B 右端时恰好达到共速: C 2m v1+2m v2=4m v, 因此共同速度 v=0.6 3 m/s

C 在 AB 上滑行全过程用能量守恒: F?2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+μ1?2mg?2L 得 L=0.3m


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